Mathematik zum Wochenende

[ottogal]

Dies ist ein Screenshot von folgendem Geogebra-Blatt:
https://www.geogebra.org/geometry/sfbvb4ym

Gegeben sind zwei (rote) Quadrate, die eine Ecke gemeinsam haben.

(Die Ausgangssituation ist also die selbe wie bei der Aufgabe vom 22.09.2022.
Die Ergebnisse von dort dürfen verwendet werden, werden aber nicht gebraucht.)

Das linke rote Quadrat liegt fest; das rechte roten Quadrat lässt sich durch Bewegen seines grünen Mittelpunkts variieren. Man beobachte die blauen Quadrate...

Dazu die folgende Aufgabe:

Grün markiert sind die beiden Quadratdiagonalen, die nicht durch die gemeinsame Ecke gehen. Ihre Endpunkte bilden ein Viereck.
Zu den anderen beiden Vierecksseiten gibt es je ein eindeutig bestimmtes Quadrat (blau), von dem sie eine Diagonale sind:

Man beweise folgende Behauptungen:

Behauptung 1:
Auch die beiden blauen Quadrate haben eine Ecke gemeinsam.

Behauptung 2:
Die Summe der Flächeninhalte der beiden roten Quadrate und die Summe der Flächeninhalte der beiden blauen Quadrate stimmen überein.

Anmerkungen:

1. Fallunterscheidungen für die gegenseitige Lage der roten Quadrate sind nicht erforderlich; es genügt, den Beweis für die abgebildete Lage zu führen.

2. Es ist nicht ganz einfach; daher werde ich mit einer Lösung etwas länger hinterm Berg halten.

[ottogal]

O.B.d.A. legen wir das erste rote Quadrat $$ABCD$$ fest in ein kartesisches Koordinatensystem derart, dass
$$\quad A(0|0)$$, $$B(-1|0)$$, $$C(-1|-1)$$ und $$D(0|-1) \quad$$ ist.
Sein Mittelpunkt ist dann $$\quad M_{1}(-\frac{1}{2}|-\frac{1}{2})$$.

Der Ursprung $$O = A(0|0)$$ sei die gemeinsame Ecke mit dem zweiten roten Quadrat $$OEFG$$.
Dessen Lage wird eindeutig bestimmt durch seinen (beliebig wählbaren) Mittelpunkt $$M_{2}$$ (grün).
Wir setzen $$\quad M_{2}(a|b) \quad$$ mit den Variablenn $$a$$ und $$b$$.

Die Diagonale durch $$A$$ hat somit den Endpunkt $$F(2a|2b)$$.

Wir beweisen nun allgemein einen Hilfssatz, den wir dann mehrfach anwenden.

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Behauptung:

Seien $$P(p|q)$$ und $$S(s|t)$$ die Endpunkte einer Diagonalen eines Quadrats,
so gilt für die anderen beiden Eckpunkte $$U(u|v)$$ und $$Y(y|z)$$:

$$u = \frac{1}{2}( p-q+s+t )$$
$$v = \frac{1}{2}( p+q-s+t )$$
$$y = \frac{1}{2}( p+q+s-t )$$
$$z = \frac{1}{2}(-p+q+s+t )$$.

Beweis:

Der Zeichnung entnimmt man
$$\quad u = m-d \quad$$ und $$\quad v= n+c \quad$$ sowie
$$\quad c=(p-s)/2 \quad$$ und $$\quad d=(q-t)/2 \quad$$.

Da die Koordinaten des Mittelpunkts $$M(m|n)$$ des Quadrats
$$m=(p+s)/2 \quad$$ und $$\quad n=(q+t)/2 \quad$$ sind,
erhält man durch Einsetzen die behaupteten Terme.

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Wir wenden den Hilfssatz auf die Diagonale $$[OF]$$ an und erhalten

$$u = \frac{1}{2}( 0-0+2a+2b ) = a+b$$
$$v = \frac{1}{2}( 0+0-2a+2b ) = b-a$$
$$y = \frac{1}{2}( 0+0+2a-2b ) = a-b$$
$$z = \frac{1}{2}(-0+0+2a+2b ) = a+b$$.

Die andern beiden Ecken des gesuchten Quadrats sind also
$$E(a+b|b-a) \quad$$ und $$\quad G(a-b|a+b)$$.

Wir wenden nun den Hilfssatz auf die Strecke $$[DE]$$ an:

Mit $$D(0|-1)$$ statt $$P$$ und $$\quad E(a+b|b-a) \quad$$ statt $$S$$ erhalten wir

$$u = \frac{1}{2}( 0+1+a+b+b-a ) = b+\frac{1}{2}$$
$$v = \frac{1}{2}( 0-1-a-b+b-a ) = -a-\frac{1}{2}$$
$$y = \frac{1}{2}( 0-1+a+b-b+a ) = a-\frac{1}{2}$$
$$z = \frac{1}{2}(-0-1+a+b+b-a ) = b-\frac{1}{2}$$.

Die gesuchten Ecken des dritten Quadrats $$DK_{3}EH_{3}$$ (blau) sind also
$$\quad K_{3}(b+\frac{1}{2}|-a-\frac{1}{2}) \quad$$ und $$\quad H_{3}(a-\frac{1}{2}|b-\frac{1}{2})$$.

Entsprechend finden wir zu der Strecke $$[GB]$$ die übrigen Ecken des gesuchten vierten Quadrats $$BH_{4}GK_{4}$$ (blau):

Mit $$G(a-b|a+b)$$ statt $$P$$ und $$\quad B(-1|0) \quad$$ statt $$S$$ erhalten wir

$$u = \frac{1}{2}( a-b-a-b-1+0 ) = -b-\frac{1}{2}$$
$$v = \frac{1}{2}( a-b+a+b+1+0 ) = a+\frac{1}{2}$$
$$y = \frac{1}{2}( a-b+a+b-1-0 ) = a-\frac{1}{2}$$
$$z = \frac{1}{2}(-a+b+a+b-1+0 ) = b-\frac{1}{2}$$.

Die gesuchten Ecken sind also $$\quad K_{4}(-b-\frac{1}{2}|a+\frac{1}{2})$$ und $$\quad H_{4}(a-\frac{1}{2}|b-\frac{1}{2}) \quad$$.

Man sieht: Die Ecke $$H_{3}$$ des dritten Quadrats und die Ecke $$H_{4}$$ des vierten Quadrats fallen zusammen.

Damit ist Aussage 1 bewiesen.

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Zu den Flächeninhalten:

Das erste rote Quadrat hat die Fläche $$Q_{1}=1$$.

Mit $$F(2a|2b)$$ und $$O(0|0)$$ folgt $$|OF|^2=4(a^2+b^2)$$.
Die Fläche des zweiten roten Quadrats $$OEFG$$ ist halb so groß, also $$Q_{2}=2(a^2+b^2)$$.

Wegen $$D(0|-1)$$ und $$H_{3}(a-\frac{1}{2}|b-\frac{1}{2})$$ folgt $$|DH_{3}|^2=(a-\frac{1}{2})^2+(b+\frac{1}{2})^2=a^2+b^2-a+b+\frac{1}{2}$$.
Das ist also die Fläche $$Q_{3}$$ des dritten Quadrats $$DK_{3}EH_{3}$$.

Wegen $$B(-1|0)$$ und $$H_{4}(a-\frac{1}{2}|b-\frac{1}{2}) \quad$$ folgt $$ \quad|BH_{4}|^2=(a+\frac{1}{2})^2+(b-\frac{1}{2})^2=a^2+b^2+a-b+\frac{1}{2}$$.
Das ist also die Fläche $$Q_{4}$$ des vierten Quadrats $$BH_{4}GK_{4}$$.

Es folgt $$Q_{3}+Q_{4}=2(a^2+b^2)+1=Q_{2}+Q_{1}$$.

Damit ist Aussage 2 bewiesen.

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Viele Grüße
ottogal

[ottogal]

Zweiter Versuch, das Bild einzubinden:

[ottogal]

Von Gunnar bekam ich (recht bald) eine Lösung zur Behauptung 2:

O.B.d.A. lege ich das fixe Quadrat so, dass seine Eckpunkte O, A(−1, 0), B(−1, −1) und C(0, −1) sind.

Der Mittelpunkt des anderen Quadrats ist in Polarkoordinaten M(r, φ). Seine Eckpunkte sind dann O, D(r√2, φ − 45°), E(2r, φ) und F(r√2, φ + 45°).

$$x_D = r \sqrt{2} \cos \left(\varphi - 45°\right)$$
$$\quad \ = r \sqrt{2} \left(\cos \varphi \cos 45° + \sin \varphi \sin 45°\right)$$
$$\quad \ = r \sqrt{2} \left(\cos \varphi \frac{1}{2}\sqrt{2} + \sin \varphi \frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$$
$$\quad \ = r \left(\cos \varphi + \sin \varphi\right)$$

(Das hatte ich doch gerade erst gerechnet. 😉)

Analog erhält man:
$$y_D = r \sqrt{2}\ \sin \left(\varphi - 45°\right) = r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right)$$
$$x_F = r \sqrt{2} \cos \left(\varphi + 45°\right) = r \left(\cos \varphi - \sin \varphi\right)$$
$$y_F = r \sqrt{2}\ \sin \left(\varphi + 45°\right) = r \left(\sin \varphi + \cos \varphi\right)$$

$$\overline{CD}^2 = x_D^2 + \left(1 + y_D\right)^2$$
$$\quad\ \ \ \ = \left(r \left(\cos \varphi + \sin \varphi\right)\right)^2 + \left(1 + r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right)\right)^2$$
$$\quad\ \ \ \ = r^2 \left(1 + 2 \sin \varphi \cos \varphi\right) + 1 + 2r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right) + r^2 \left(1 - 2 \sin \varphi \cos \varphi\right)$$
$$\quad\ \ \ \ = 2r^2 + 2r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right) + 1$$

Analog:
$$\overline{AF}^2 = \left(1 + x_F\right)^2 + y_F^2 = 2r^2 + 2r \left(\cos \varphi - \sin \varphi\right) + 1$$

und somit:
$$\overline{CD}^2 + \overline{AF}^2 = 4r^2 + 2$$

Andererseits ist auch
$$\overline{OB}^2 + \overline{OE}^2 = (\sqrt{2})^2 + (2r)^2 = 4r^2 + 2$$

Die Summe der Quadrate über den Diagonalen der roten Quadrate ist gleich der Summe der Quadrate über den Diagonalen der blauen Quadrate. Da die Fläche eines Quadrats gleich der halben Fläche der Quadrats über dessen Diagonalen ist, ist auch die Summe der Flächen der roten Quadrate gleich der Summe der Flächen der blauen Quadrate.

Die Verwendung von Polarkoordinaten erlaubt Gunnar den Griff in die trigonometrische Werkzeugkiste, zu den Additionstheoremen, um die fehlenden Eckpunkte von Q2 zu erhalten. Mit Pythagoras bekommt man die "blauen" Diagonalenquadrate und bestätigt so die Behauptung 2, ohne die weiteren "blaue Ecken" kennen zu müssen. (Das Quadrat über einer Hypotenuse ist ja doppelt so groß wie das Quadrat, das diese Hypotenuse zur Diagonale hat.)

Es gibt noch einen anderen Weg zur Begründung von Behauptung 2. Die folgt nämlich schon allein aus der Tatsache, dass die Diagonalen des Vierecks, das als Seiten je eine Diagonale der Quadrate Q1 bis Q4 hat, aufeinander senkrecht stehen. (Dies war ein Nebenergebnis der alten Aufgabe vom 22.09.2022).
Denn: Ein Viereck mit orthogonalen Diagonalen wird durch diese in vier rechtwinklige Dreiecke zerlegt. Ersetzt man in der Summe zweier gegenüberliegender Hypotenusenquadrate diese durch die Summe der dazugehörenden Kathetenquadrate, erhält man jeweils eine Summe aus den selben 4 Summanden.

Weiter Gunnar, zur 1. Behauptung:

Auch wenn das Rumgerechne für (2) nicht notwendig war, kann es als Grundlage für (1) dienen.

$$\overrightarrow{AF} = \dbinom{1 + x_F}{y_F} = \dbinom{1 + r(\cos\varphi - \sin\varphi)}{r(\sin\varphi + \cos\varphi)}$$

Der Mittelpunkt M₁ dieses blauen Quadrats liegt auf halber Strecke, d.h.

$$\overrightarrow{AM_1} = \dbinom{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}$$

Um von M₁ zu dem Eckpunkt X₁ zu gelangen, der dem anderen blauen Quadrat zugewandt ist, muss man um 90° drehen, also x und y vertauschen und das Minus an der richtigen Stelle setzen:

$$\overrightarrow{M_1X_1} = \dbinom{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}$$

Der Ortsvektor von X₁ ist nun

$$\overrightarrow{OX_1} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AM_1} + \overrightarrow{M_1X_1}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi) + \frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi) - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-\frac{1}{2} + r\cos\varphi}{-\frac{1}{2} + r\sin\varphi}$$

Die Rechnung für das andere blaue Quadrat mit Mittelpunkt M₂ und dem ersten blauen Quadrat zugewandtem Eckpunkt X₂:

$$\overrightarrow{CD} = \dbinom{x_D}{1 + y_F} = \dbinom{r(\cos\varphi + \sin\varphi)}{1 + r(\sin\varphi - \cos\varphi)}$$

$$\overrightarrow{CM_2} = \dbinom{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}$$

$$\overrightarrow{M_2X_2} = \dbinom{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}$$

$$\overrightarrow{OX_2} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CM_2} + \overrightarrow{M_2X_2}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi) - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}{-1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi) + \frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-\frac{1}{2} + r\cos\varphi}{-\frac{1}{2} + r\sin\varphi}$$

X₁ und X₂ fallen tatsächlich zusammen.

Gut gemacht. Die Vektorschreibweise erhöht die Übersicht, und die Bestimmung der jeweils um 90° gedrehten "Raius-Vektoren" der Quadrate wird anschaulich.

[ottogal]

Eine andere Beweisidee wäre: Die zu bestimmende gemeinsame Ecke muss der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten der Strecken [DE] und [GB] sein.
Man bestimmt (am besten vektoriell) die Gleichungen dieser Geraden und berechnet ihren Schnittpunkt. Dann ist zu prüfen, dass dessen Abstand von der jeweiligen Diagonale halb so groß ist wie deren Länge.
(Ich habs probiert: Es wurde eine elende Rechnerei...)

[ottogal]

Egal, wie man vorgeht, man muss einen Weg finden, einen Vektor um 90° zu drehen.

Wenn man in seiner Werkzeugkiste auch die Komplexen Zahlen hat, erinnert man sich:
In $$\mathbb {C} $$ ist die Drehung des zu einer komplexen Zahl $$z$$ gehörenden Ortsvektors um +90° einfach eine Multiplikation von $$z$$ mit der imaginären Einheit $$\mathrm{i}$$ (bzw. mit $$-\mathrm{i}$$ bei Drehung um -90°).

---

Gegeben seien zwei verschiedene komplexe Zahlen $$m=c+\mathrm{i}d$$ und $$z=x+\mathrm{i}y$$. Mit einer Translation bringt man $$m$$ in den Ursprung und $$z$$ nach $$w = z-m$$.

Drehung von $$w$$ um den Ursprung um +90° ergibt (wegen $$\mathrm{i}^2=-1$$)

$$\mathrm{i}w= \mathrm{i}(z-m) = \mathrm{i}(x-c)+i^2(y-d) = \mathrm{i}(x-c)-(y-d)$$, also
$$\mathrm{i}w= (d-y) +\mathrm{i}(x-c)$$.

Dreht man dagegen um -90°, erhält man den Gegenvektor dazu:

$$-\mathrm{i}w=(y-d)+\mathrm{i}(c-x)$$.

Nun verschieben wir alles wieder vom Ursprung nach $$m$$ und erhalten

$$u = \mathrm{i}w + m =(d-y+c)+\mathrm{i}(x-c+d)$$ und
$$v = -\mathrm{i}w+m = (y-d+c)+\mathrm{i}(c-x+d)$$.

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Das wenden wir nun auf unsere Aufgabe an; ich bezeichne die Punkte wie in meiner Skizze.

Quadrat $$Q_{2}$$:

Hier nehmen wir den Vektor $$\overrightarrow{M_{2}F}$$,
haben also $$c=a$$, $$d=b$$, $$x=2a$$, $$y=2b$$.
Wir erhalten
$$u=(b-2b+a)+\mathrm{i}(2a-a+b) = (a-b)+\mathrm{i}(a+b)$$ und
$$v=(2b-b+a)+\mathrm{i}(a-2a+b) = (a+b)+\mathrm{i}(b-a)$$.

Das sind also die Ecken $$G$$ und $$E$$.

Quadrat $$Q_{3}$$:

Hier nehmen wir den Vektor $$\overrightarrow{M_{3}D}$$,
haben also $$c=\frac{1}{2}(a+b)$$, $$d=\frac{1}{2}(b-a-1)$$, $$x=0$$, $$y=-1$$.
Wir erhalten (gleich vereinfacht)
$$u= (b+\frac{1}{2})+\mathrm{i}(-a-\frac{1}{2})$$ und
$$v= (a-\frac{1}{2})+\mathrm{i}(b-\frac{1}{2})$$.

Das sind also die Ecken $$K_{3}$$ und $$H_{3}$$.

Quadrat $$Q_{4}$$:

Hier nehmen wir den Vektor $$\overrightarrow{M_{4}B}$$,
haben also $$c=\frac{1}{2}(a-b-1)$$, $$d=\frac{1}{2}(a+b)$$, $$x=-1$$, $$y=0$$.
Wir erhalten diesmal $$u= (a-\frac{1}{2})+\mathrm{i}(b-\frac{1}{2})$$ und
$$v= (-b-\frac{1}{2})+\mathrm{i}(a+\frac{1}{2})$$.

Das sind also die Ecken $$H_{4}$$ und $$K_{4}$$.

Vergleich ergibt die Übereinstimmung von $$H_{3}$$ und $$H_{4}$$.

q.e.d.

[Rolf B]

Hallo ottogal,

ich guck's mir noch nicht an. Ich wollte mich immer mal ransetzen, fand aber weder Zeit noch einen schnellen Einstieg.

Hast Du Einsendungen bekommen?

Rolf

[ottogal]

Hallo Rolf,

ich guck's mir noch nicht an. Ich wollte mich immer mal ransetzen, fand aber weder Zeit noch einen schnellen Einstieg.

Da hätte ich vielleicht doch noch warten sollen - man sieht ja, dass du hier eine Menge verschiedene Baustellen bedienst... Aber Nicht-Hingucken geht ja auch.

Hast Du Einsendungen bekommen?

Ja, von 1 Teilnehmer. Die bring ich dann doch noch nicht gleich...)

ottogal